2020年江苏省高考数学试卷 试题详解

数学Ⅰ注意事项考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求1．本试卷共4页，均为非选择题(第1题~第20题，共20题)。本卷满分为160分，考试时间为120分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3．请认真核对监考员从答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4．作答试题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.参考公式：柱体的体积VSh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位．．．．．．置上．．．1.已知集合A{1,0,1,2},B{0,2,3}，则AB_____.【答案】0,2【解析】∵A1,0,1,2,B0,2,3，∴AIB0,2.2.已知i是虚数单位，则复数z(1i)(2i)的实部是_____.【答案】3【解析】∵复数z1i2i,∴z2i2ii23i∴复数的实部为3.故答案为3.3.已知一组数据4,2a,3a,5,6的平均数为4，则a的值是_____.【答案】2【解析】∵数据4,2a,3a,5,6的平均数为4∴42a3a5620，即a2.4.将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷2次，观察向上的点数，则点数和为5的概率是_____.19【解析】根据题意可得基本事件数总为6636个.【答案】点数和为5的基本事件有1,4,4,1,2,3,3,2共4个.∴出现向上的点数和为5的概率为P

5.如图是一个算法流程图,若输出y的值为2,则输入x的值是_____.【答案】3

【解析】由于2x0，所以yx12，解得x3.41.369

x2y26.在平面直角坐标系xOy中，若双曲线21a0的一条渐近5a2020年高考数学江苏卷第1页,共12页线方程为y【答案】5x，则该双曲线的离心率是____.2x2y2

【解析】∵双曲线21，∴b5.a55b5x，即a2，2a2c3∴ca2b2453，∴双曲线的离心率为.a2由于双曲线的一条渐近线方程为y7.已知yfx是奇函数，当x0时 fxx,则f8的值是____.【答案】4

【解析】f(8)84,∵f(x)为奇函数，∴f(8)f(8)4.8.已知sin2(【答案】2332232)=，则sin2的值是____.3413【解析】∵sin2(221)(cossin)2(1sin2)，4222112∴(1sin2),∴sin2.2339.如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半轻为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】12321232

22=123,圆柱体积为()2224【解析】正六棱柱体积为6∴所求几何体体积为123.2ππ﹢)的图象向右平移个单位长度，则平移后的图象中与y轴最近的10.将函数y3sin(2x46对称轴的方程是____.【答案】x524【解析】y3sin[2(x)]3sin(2x)127kk(kZ),得x(kZ)令2x1222422020年高考数学江苏卷第2页,共12页55,故答案为x.242411.设an是公差为d的等差数列，bn是公比为q的等比数列．已知数列anbn的前n当k1时x项和Snn2n2n1(nN)，则dq的值是_______．【答案】4

【解析】设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q，则根据题意知q1.等差数列an的前n项和公式为Pnna1等比数列bn的前n项和公式为Qnnn12dd2dna1n，22b11qn1qb1nbq1，1q1q2n

依题意SnPnQn，即nn21bbd2dna1n1qn1，221q1qd21d2da1a0121通过对比系数可知，∴dq4.q2q2b11b111q12.已知5x2y2y41(x,yR)，则x2y2的最小值是_______．【答案】1y4【解析】∵5xyy1，∴y0且x

5y22242451y414y214y242∴xyy2+2，5y25y55y2552214y2431当且仅当2，即x2,y2时取等号.∴x2y2的最小值为.5y5102513.在△ABC中，AB4，AC3，∠BAC=90，D在边BC上，延长AD到P，使得AP=9，3若PAmPB(m)PC（m为常数），则CD的长度是________．218【答案】5【解析】∵A,D,P三点共线,∴可设PAPD0,3∵PAmPBmPC，23m3，PC∴PDmPBmPC，即PDmPB223若m0且m，则B,D,C三点共线，22020年高考数学江苏卷第3页,共12页3m31，即，∵AP9，∴AD3，∴m22∵AB4,AC3,BAC90，∴BC5，设CDx，CDA，则BD5x，BDA.AD2CD2AC2x∴根据余弦定理可得cos，2ADCD6AD2BD2AB25x7cos，2ADBD65xx5x70，∵coscos0，∴665x1818，∴CD的长度为.553

当m0时，PAPC，C,D重合，此时CD的长度为0，233当m时，PAPB，B,D重合，此时PA12,不合题意，舍去.221232

14.在平面直角坐标系xOy中，已知P(，0)，A,B是圆C：x(y)36上的两个动22解得x点，满足PAPB，则△PAB面积的最大值是__________．【答案】105【解析】∵PAPB,∴PCAB，设圆心C到直线AB距离为d，则|AB|=236d2,|PC|∴SVPAB22

311441236d2(d1)(36d2)(d1)22令y(36d2)(d1)2(0d6)则y2(d1)(2d2d36)0∴d4（负值舍去）当0d4时，y0；当4d6时，y0，∴当d4时，y取最大值，即SPAB取最大值为105，二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文．．．．．．．字说明、证明过程或演算步骤．15.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.【解析】（1）由于E,F分别是AC,B1C的中点，∴EF//AB1.2020年高考数学江苏卷第4页,共12页由于EF平面AB1C1,AB1平面AB1C1，所以EF//平面AB1C1.（2）∵B1C平面ABC，ABÌ平面ABC，∴B1CAB.∵ABAC,ACB1CC，∴AB平面AB1C,∵ABÌ平面ABB1，∴平面AB1C平面ABB1.16.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知a3,c2,B45．（1）求sinC的值；4（2）在边BC上取一点D，使得cosADC，5求tanDAC的值．【答案】（1）sinC

25；（2）tanDAC.115

25，所以b5.2【解析】（1）由余弦定理得b2a2c22accosB92232由正弦定理得∴sinCcb.sinCsinBcsinB5b54（2）∵cosADC，ADC,，523∴sinADC1cos2ADC.525∵ADC,，∴C0,，∴cosC1sin2C225∴sinDACsinDACsinADCC.

3254525sinADCcosCcosADCsinC.552555115∵DAC0,，∴cosDAC1sin2DAC.225sinDAC2.∴tanDACcosDAC1117.某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上、桥AB与MN平行，OO为铅垂线(O在AB上).经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1(米)与D到OO的距离a(米)之间满足关系式h12020年高考数学江苏卷12a；右侧曲线BO上任一40第5页,共12页点F到MN的距离h2(米)与F到OO的距离b(米)之间满足关系式h2到OO的距离为40米.（1）求桥AB的长度；（2）计划在谷底两侧建造平行于OO的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C,E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元)、13b6b.已知点B8003桥墩CD每米造价k(万元)(k>0).问OE为多少米时，桥墩CD与2EF的总造价最低?【答案】（1）120米（2）OE20米11|OA|2403640，【解析】（1）由题意得40800∴|OA|80，∴|AB||OA||OB|8040120米（2）设总造价为f(x)万元，|OO|1802160，设|OE|x，401331f(x)k(160x6x)k[160(80x)2],(0x40)8002401332326xx),∴f(x)k(xx)0,∴f(x)k(1608008080080∴x0(舍去)或x20.又∵当0x20时，f(x)0；当20x40时，f(x)0，∴当x=20时，f(x)取最小值，答：当OE20米时，桥墩CD与EF的总造价最低.x2y2

18.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E:1的左、右焦点分别为F1，F2，点A在43椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B．（1）求△AF1F2的周长；（2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准

线相交于点Q，求OPQP的最小值；（3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标．212【答案】（1）6；（2）-4；（3）M2,0或M,.77x2y2【解析】（1）∵椭圆E的方程为1,∴F11,0,F21,043由椭圆定义可得AF1AF24.∴△AF1F2的周长为426（2）设Px0,0，根据题意可得x01.3∵点A在椭圆E上，且在第一象限，AF2F1F2，∴A1,2∵准线方程为x4，∴Q4,yQ2∴OPQPx0,0x04,yQx04x0x0244，2020年高考数学江苏卷第6页,共12页

当且仅当x02时取等号.∴OPQP的最小值为4.（3）设Mx1,y1，点M到直线AB的距离为d.33∵A1,,F11,0，∴直线AF1的方程为yx1423∵点O到直线AB的距离为,S23S1,5319

ABd,∴d,∴3x14y139①5252x1x127x12y12∵，,1②,联立①②解得

12y0431y17∴S23S13AB

1

2212∴M2,0或,.7719.已知关于x的函数yf(x),yg(x)与h(x)kxb(k,bR)在区间D上恒有f(x)h(x)g(x)．)，求h(x)的表达式；（1）若fxx22x，gxx22x，D(，（2）若f(x) x2x1，g(x) klnx，h(x) kxk,D (0，)，求k的取值范围；（3）若f(x)x42x2,g(x)4x28 , h(x)4t2tx3t42t2(0 t求证：nm7．D m, n2,2，【答案】（1）hx2x；（2）k0,3；（3）证明详见解析2)，【解析】（1）由题设有x22xkxbx22x对任意的xR恒成立.令x0，则0b0，∴b0.2∴kxx22x即x2kx0对任意的xR恒成立，∴2k0，∴k2.故hx2x.2

（2）令Fxhxgxkx1lnxx0，F10.又Fxkx1.若k0，则Fx在0,1上递增，在1,上递减，x则FxF10，即hxgx0，不符合题意.当k0时，Fxhxgx0,hxgx，符合题意.当k0时，Fx在0,1上递减，在1,上递增，则FxF10，即hxgx0，符合题意.综上所述，k0.22由fxhxxx1kxkxk1xk10

当x因为f0h0k10,∴存在x00,使fxhx0,不符合题意.2020年高考数学江苏卷第7页,共12页k10，即k1时，yx2k1xk1在0,为增函数，2k10，即k1时，fxhxx20，符合题意.2k12

0，即k1时，则需k14k10，解得1k3.当x2当x综上所述，k的取值范围是k0,3.423422（3）∵不等式x2x4ttx3t2t4x8对任意x[m,n][2,2]恒成立，等价于(xt)2x22tx3t220对任意x[m,n][2,2]恒成立.∴x22tx3t220对任意x[m,n][2,2]恒成立.令M(x)x22tx3t22，当0t21，8t280,1t1，此时nm2t217，当1t22，8t280，2342但4x84ttx3t2t对任意的x[m,n][2,2]恒成立.等价于4x24x24ttx3t4ttx3t333224t4t220对任意的x[m,n][2,2]恒成立.21

2

20的两根为x,x，3t42t28

则x1x2tt,x1x2，4∴nm=x1x2x1x224x1x2t65t43t28.2令t,1,2，则nm35238.32

构造函数P5381,2,2则P3103331，∴1,2时，P0，P递减，PmaxP17.∴nmmax7，即nm7.20.已知数列an(nN*)的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有Sn11kSnan1成立，则称此数列为“k”数列．32”数列，且an＞0，求数列an的通项公式；31k1k（1）若等差数列an是“k”数列，求λ的值；（2）若数列an是“（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列an为“λ–3”数列，且an0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由，1,n1【答案】（1）1（2）an（3）01n234,n2【解析】（1）Sn+1Snan1an1an1Qa11an101.（2）Qa0SSS2S20nn1nn1n

2020年高考数学江苏卷第8页,共12页1

1

∵Sn+1Sn∴(Sn+1121212121

3(Sn+1Sn)2312211111Sn)(Sn+12Sn2)(Sn+12Sn2)312111112∴Sn+1Sn(Sn+1Sn2)，∴S2=2S2，∴Sn+1=4Sn，∴Sn4n1

n+1n3∵S1a11，Sn4n1，∴an4n14n234n2,n21,n1∴ann234,n2（3）假设存在三个不同的数列an为\"3\"数列.∵S∴Sn+1

131313131313Snan1(Sn+1Sn)33(Sn+1Sn)Sn或(Sn+13Sn3)23(Sn+13Sn3Sn+13Sn3)n+1

23131

1

2

2

1

1

n+1

∴Sn+1Sn或(31)S(1)Sn(2)Sn+1Sn03

3

231313∵对于给定的，存在三个不同的数列an为\"3\"数列，且an0

22111,n1333∴an或(1)S3(1)S3(2)S3S301有两个不n+1nn+1n0,n2等的正根.(1)Sn+1(1)Sn(2)Sn+1Sn01可转化为3

3

3

23231313(1)Sn+1Sn

233

23(31)(2)Sn+1Sn

133

13Sn101，不妨设xx0，Sn133233

则(1)x(2)x(1)01有两个不等正根，3233

设fx(1)x(2)x(1)01.①当1时，(32)24(31)20034，(32)0，满足题意.即01，此时f010，x对2(31)3

②当1时，(32)24(31)20034，(32)0，即14，此时f010，x对2(31)33

此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.综上，01.2020年高考数学江苏卷第9页,共12页数学Ⅱ(附加题)【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答．若．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．多做，则按作答的前两小题评分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．A．[选修4-2：矩阵与变换]a121.平面上点A(2,1)在矩阵M对应的变换作用下得到点B(3,4)．1b（1）求实数a,b的值；（2）求矩阵M的逆矩阵M1．12   5a251

M.【答案】（1）；（2）12     b255【解析】（1）∵平面上点A2,1在矩阵M∴

 a    1对应的变换作用下得到点B3,41   b2a13a2 a    1 2 3

，∴，解得

2b4b21   b14

1m   n 2mc      2nd1   01（2）设M，则MMm2c  n2d=0   1c    d

2m52mc112n1   2nd05551

∴，解得∴M12m2c01     c555n2d12d5B．[选修4-4：坐标系与参数方程]ππ22.在极坐标系中，已知点A(1,)在直线l:cos2上，点B(2,)在圆C:4sin上63（其中0,02）．（1）求1,2的值（2）求出直线l与圆C的公共点的极坐标．【答案】（1）14,22（2）(22,)4【解析】（1）以极点为原点，极轴为x轴的正半轴，建立平面直角坐标系，1cos2，∴1433∵点B为直线上，∴其直角坐标方程为yx，63

又4sin对应的圆的直角坐标方程为x2y24y0，2020年高考数学江苏卷第10页,共12页3xx0yx3由解得或，3y0y1x2y24y0对应的点为0,0,3,1，故对应的极径为20或22.（2）∵cos2,4sin，∴4sincos2，∴sin21∵[0,2)，∴当5,44时22；45当时220，舍；即所求交点坐标为当(22,).44C．[选修4-5：不等式选讲]23.设xR，解不等式2|x1||x|4．【答案】2,.3



2

x1x01x0【解析】∵或或2x2x42x2x42x2x422,∴解集为2,.33

【必做题】第24题、第25题，每题10分，共计20分．请在答题卡指定区域内作答，解．．．．．．．∴2x1或1x0或0x答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．24.在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=5,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；（2）若点F在BC上，满足BF=1

BC，4

设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．23915（2）.1513【解析】（1）连COQBCCD,BOODCOBD【答案】（1）以OB,OC,OA为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,2),B(1,0,0),C(0,2,0),D(1,0,0)∴E(0,1,1),∴AB(1,0,2),DE(1,1,1)，uuuruuur

uuuruuur∴cosAB,DE15315151515∴直线AB与DE所成角的余弦值为

（2）设平面DEC一个法向量为n1(x,y,z)

2020年高考数学江苏卷第11页,共12页x2y0n1DC0DC(1,2,0),∵，∴nDE0xyz01ur令y1,∴x2,z1，∴n1(2,1,1)uur

设平面DEF一个法向量为n2(x1,y1,z1),171∵DFDBBFDBBC(,,0)，44217n2DF0x1y10∴∴42nDE02x1y1z10uury7x2,z5令1，∴1，∴n2(2,7,5)1

uruur6112239cosn,nsinarcsin.∴，∴1267813131325.甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn．（1）求p1·q1和p2·q2；（2）求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用n表示)．1271612,q2；【答案】（1）p1,q1；p2（2）2pnqn2pn1+qn133272733131232131211227,q1，p2p1+q1+【解析】（1）p1，3333333333333927231122222516.q2p1+q10+3333333927131212+qn1pn1+qn1，（2）pnpn13333392311223212qnpn1+qn1(1pn1qn1)qn1+，33333393212∴2pnqnpn1+qn1，333112∴2pnqn(2pn1+qn1)，∴2pnqn1(2pn1+qn11)33311即2pnqn1(2p1+q11)n1，∴2pnqn1n.33又Xn的分布列为Xn

P0121pnqn

1.3nqnpn

故E(Xn)2pnqn12020年高考数学江苏卷第12页,共12页